1、专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足R,则zR;p2:若复数z满足z2R,则zR;p3:若复数z1,z2满足z1z2R,则z1=;p4:若复数zR,则R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则abB.若ab,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数,使得b=aD.若存在实数,使得b=a,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.
2、3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)a=()A.-1B.0C.1D.26.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,ABC=60,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos=.若n(tm+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,ABBC,AB=BC=AD=2,C
3、D=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1I2I3B.I1I3I2C.I3I1I2D.I2I10),又n(tm+n),所以n(tm+n)=ntm+nn=t|m|n|cos+|n|2=t3k4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析 由题图可得OAACOC,OBBD90,BOC0,I1=0,I3=0,且|I1|I3|,所以I3I10I2,故选C.10解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,),由c(2a+b),得4-2=0,得=11解析 =2,)=又=,A=60,AB=3,AC=2,=-4,=32=3,()=-4
4、,即=-4,4-9+3=-4,即-5=-4,解得=12.-1解析 (1+i)(a+i)=a-1+(a+1)iR,a+1=0,即a=-1.13.52解析 由题意可得a2-b2+2abi=3+4i,则解得则a2+b2=5,ab=2.14解析 由题意)=-,故1=-,2=,即1+2=二、思维提升训练15.D解析 如图,D是AB边上一点,过点D作DEBC,交AC于点E,过点D作DFAC,交BC于点F,则因为+,所以=由ADEABC,得,所以,故=16.A解析 以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B,C(0,t),=(1,0),=(0,1),=(1,0)+4(
5、0,1)=(1,4),点P的坐标为(1,4),=(-1,t-4),=1-4t+16=-+17-4+17=13.当且仅当=4t,即t=时取“=”,的最大值为13.17.B解析 因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),|=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由|+=0,得6+6(x-3)=0,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以dmin=3.18.42解析 设向量a,b的夹角为,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=令y=,则y2=10+216,20,据此可得(|a+b|+|a-b|)max=2,(|a+b|+|a-b|)min=4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是219.1解析 如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以同理由+得,2+()+()=,所以).所以=,=所以+=1.20.-2解析 i为实数,-=0,即a=-2.
